Politecnico di Milano – Ingegneria Industriale Analisi e Geometria 1

Politecnico di Milano – Ingegneria Industriale

Analisi e Geometria 1 Primo appello – 18 Febbraio 2013

Cognome: Compito A

Nome:

Matricola:

Es. 1: 9 punti Es. 2: 6 punti Es. 3: 6 punti Es. 4: 9 punti Totale

1. (a) Scrivere la definizione di: g(x) = o(h(x)) , per x → a .

(b) Sia f una funzione derivabile n volte in un intorno di un punto x ₀ ∈ R . Scrivere la formula di Taylor di ordine n di f , con il centro in x ₀ e il resto nella forma di Peano.

(c) Calcolando le opportune derivate, trovare lo sviluppo di Taylor di f (x) = tg x , con centro in x 0 = 0 , arrestato al terzo ordine, con il resto di Peano.

(d) Calcolare il limite

L = lim

x→0

e ^x − 1 + ln(1 − x) tg x − x . 2. (a) Trovare la soluzione f = f (t) del problema di Cauchy:

( x ⁰ (t) = 4t ³ x(t) x(1) = −1 .

(b) Trovare il valore minimo e il valore massimo di f sull’intervallo [1, 3] . 3. Sia γ la curva di equazioni parametriche

γ :

( x = r cos θ

y = r sin θ θ ∈ [0, π] (con r > 0) munita della densit` a di massa δ(θ) = e ^θ .

(a) Calcolare la massa totale della curva γ .

(b) Calcolare le coordinate del baricentro della curva γ .

4. Nello spazio R ³ , sia r la retta passante per i punti A ≡ (1, 0, 2) e B ≡ (3, 4, 1) , e sia s la retta intersezione dei piani π 1 : x − 2y − 1 = 0 e π 2 : y + z = 0 .

(a) Stabilire se r ed s sono incidenti, parallele o sghembe.

(b) Nel fascio Φ di piani che ha per sostegno la retta s , determinare il piano π parallelo alla retta r .

(c) Calcolare la distanza tra le rette r e s .

Istruzioni: Tutte le risposte devono essere motivate. Non si possono usare libri, appunti, calcola- trici. I fogli di brutta non devono essere consegnati.

Punteggio minimo per superare la prova: 18 punti.

Tempo della prova: due ore.

Soluzioni del compito A 1. (a) Vedere libro di testo.

(b) Vedere libro di testo.

(c) Si ha

T (x) = tg x T (0) = 0

T ⁰ (x) = 1 + tg ² x T ⁰ (0) = 1

T ⁰⁰ (x) = 2 tg x(1 + tg ² x) = 2 tg x + 2 tg ³ x T ⁰⁰ (0) = 0 T ⁰⁰⁰ (x) = 2(1 + tg ² x) + 6 tg ² x(1 + tg ² x) = 2 tg x + 8 tg ² x + 6 tg ⁴ x T ⁰⁰⁰ (0) = 2 . Quindi, per x → 0 , si ha lo sviluppo

tg x = T (0) + T ⁰ (0) x + T ⁰⁰ (0)

2! x ² + T ⁰⁰⁰ (0)

3! x ³ + o(x ³ ) = x + x ³

3 + o(x ³ ) . (d) Utilizziamo gli sviluppi

e ^x = 1 + x + x ² 2! + x ³

3! + o(x ³ ) ln(1 − x) = −x − x ²

2 − x ³

3 + o(x ³ ) tg x = x + x ³

3 + o(x ³ ) (validi per x → 0 ), si ha

L = lim

x→0

e ^x − 1 + ln(1 − x) tg x − x

= lim

x→0

1 + x + ^x ₂

+ ^x ₆

+ o(x ³ ) − 1 − x − ^x ₂

− ^x ₃

+ o(x ³ )

x

3 + o(x ³ )

= lim

x→0

− ^x ₆

+ o(x ³ )

x

3 + o(x ³ ) = lim

x→0

− ¹ ₆ + o(1)

1

3 + o(1) = − 1 2 .

2. (a) L’equazione differenziale x ⁰ (t) = 4t ³ x(t) ` e sia a variabili separabili sia lineare omogenea del primo ordine. Risolvendola come equazione a variabili separabili, si ha la soluzione singolare identicamente nulla x(t) = 0 , t ∈ R , che per`o non soddisfa la condizione iniziale x(1) = −1 . Vicino a x ₀ = 1 , la soluzione x(t) del problema di Cauchy si manterr` a sicuramente diversa da zero (pi` u precisamente si manterr` a negativa, poich´ e x(1) = −1 ).

Allora, dividendo per x(t) , si ha

x ⁰ (t) x(t) = 4t ³

da cui, integrando, si ricava ln |x(t)| = t ⁴ + c , dove c ` e un’arbitraria costante reale. Da qui, si ha |x(t)| = Ce ^t

, con C = e ^c arbitraria costante reale positiva. Equivalentemente, si ha x(t) = Ke ^t

, con K arbitraria costante reale non nulla. Imponendo la condizione x(1) = −1 , s ottiene K = −1/e . Quindi la soluzione del problema di Cauchy ` e

f (t) = − 1

e e ^t

= −e ^t

⁻¹ . (Controllare la soluzione con un calcolo diretto).

(b) Sull’intervallo I = [1, 3] la funzione f (t) = −e ^t

⁻¹ ` e strettamente decrescente (porch´ e

f ⁰ (t) < 0 per ogni t ∈ I ). Quindi il valore massimo M e il valore minimo m sono assunti

agli estremi dell’intervallo I = [1, 3] : M = f (1) = −1 e m = f (3) = −e ³

⁻¹ = −e ⁸⁰ .

3. Indicata con f (θ) = (r cos θ, r sin θ) la funzione vettoriale che parametrizza la curva γ , si ha f ⁰ (θ) = (−r sin θ, r cos θ) e ||f ⁰ (θ)|| = r .

(a) La massa totale di γ ` e M =

Z

γ

δ ds = Z π

0

δ(θ) ||f ⁰ (θ)|| dθ = r Z π

0

e ^θ dθ = r(e ^π − 1) .

(b) Le coordinate del baricentro B di γ sono x B = 1

M Z

γ

δ x ds = 1 M

Z π 0

δ(θ) x(θ) ||f ⁰ (θ)|| dθ = r ² M

Z π 0

e ^θ cos θ dθ

y B = 1 M

Z

γ

δ y ds = 1 M

Z π 0

δ(θ) y(θ) ||f ⁰ (θ)|| dθ = r ² M

Z π 0

e ^θ sin θ dθ . Integrando due volte per parti, si ha

Z

e ^θ cos θ dθ = e ^θ cos θ + Z

e ^θ sin θ dθ = e ^θ cos θ + e ^θ sin θ − Z

e ^θ cos θ dθ da cui si ottiene

Z

e ^θ cos θ dθ = e ^θ

2 (cos θ + sin θ) .

Integrando ancora per parti e usando l’integrale appena trovato, si ha Z

e ^θ sin θ dθ = e ^θ sin θ − Z

e ^θ cos θ dθ = e ^θ

2 (sin θ − cos θ) . Pertanto, si ha

x _B = r ² r(e ^π − 1)

 e ^θ

2 (sin θ + cos θ)

 ^π

0

= − e ^π + 1 e ^π − 1

r 2 y B = r ²

r(e ^π − 1)

 e ^θ

2 (sin θ − cos θ)

 ^π

0

= e ^π + 1 e ^π − 1

r 2 . In conclusione, si ha

B ≡



− e ^π + 1 e ^π − 1

r 2 , e ^π + 1

e ^π − 1 r 2

 .

Osservazione. Per la posizione del baricentro rispetto alla curva, si veda la figura seguente

y

f (0) x f (π)

B

γ

4. (a) Un vettore direttore di r ` e dato da B − A = (2, 4, −1) . Quindi le equazioni parametriche di r sono

r :



 

 

x = 1 + 2t

y = 4t

z = 2 − t .

I parametri direttori di s sono (2 : 1 : −1) . Poich´ e i parametri direttori delle due rette non sono proporzionali, le due rette non sono parallele. Intersecando r ed s non si trovano punti in comune. Quindi le due rette sono sghembe.

(b) Il fascio di piani che ha s come sostegno ha equazione Φ : λ(x − 2y − 1) + µ(y + z) = 0 , ossia

Φ : λx + (−2λ + µ)y + µz − λ = 0 .

Il generico piano del fascio ha vettore normale (λ, −2λ + µ, µ) . Imponendo la condizione di ortogonalit` a tra questo vettore e il vettore direttore di r , si ha 2λ + 4(−2λ + µ) − µ = 0 , ossia −6λ + 3µ = 0 , da cui µ = 2λ . Il piano π del fascio parallelo a r ha equazione x + 2z − 1 = 0 .

(c) La distanza tra le due rette si pu` o calcolare come la distanza di un punto qualunque P ∈ r da π . Quindi, scelto P = A , si ha

d(r, s) = d(A, π) = |1 + 4 − 1|

√ 1 + 4 = 4

√ 5 .